阶段复习(一)力与直线运动-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

第三章 运动和力的关系 阶段复习（一） 力与直线运动 【知识网络】 基本概念一质点、参考系、时刻与时间间隔 运动的描述 运动快慢的描述一速度一平均速度：41一0时为瞬时速度 速度变化快慢的描述一加速度一定义式☑：，方向与4方向相同 运动学（运动的描述 速度公式：=+a 位移公式：x=4ar 速度位移公式：2-w=2a 匀变速直线 平均速度公式=号(+) 运动的规律 重要推论 位移差公式△x=at 匀变速直线运动的研究) 初速度为零的匀变速直线运动的比例式 自由落体运动一初速度为零、加速度a=的匀变速直线运动 特例 竖直上抛运动一初速度竖直向上、加速度=g的匀变速直线运动 斜率=U 位移-时间图像(x-图像) 纵截距表示初始时刻的位置 运动学图像 斜常-a 速度-时间图像(-图像) -图像与轴所围面积表示位移 重力 弹簧弹力 弹力 三种常见力 胡克定律 静摩擦力范围 摩擦力 L滑动摩擦力 力与直线运动 静力学（相互作用） 整体法 受力分析 隔离法 合力与分力的关系：等效替代 力的合成与分解 方法：平行四边形定则 平衡条件：F合=0或F=0,F=0 共点力的平衡 合成法 常用方法 正交分解法 运动和力的关系 牛顿第一定律 惯性及惯性大小的量度 牛顿运动定律 牛顿第二定律 表达式：F合=ma 瞬时性、矢量性、独立性、同体性 适 一宏观 动力学（运动和力的关系） 作用力与反作用力的关系 范围低速 牛顿第三定律 对作用力、反作用力与一对平衡力的比较 超重 一加速度（或分加速度）向上 超重和失重 失重 加速度（或分加速度）向下 动力学两类 已知力求运动) 桥梁：F=ma 基本问题 已知运动求力 51 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 【规范训练】(2025·山东潍坊市模拟)如图所示， 木板与地面间的动摩擦因 对木板受力分析，确定木板 在水平地面上静置一质量M=2kg的长木板，在 数=0.05 静止还是做匀加速直线运动 长木板左端静置一质量m=1kg的小物块A,在 A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，B的质 A与物块B相遇时，位移关 量与A相等，A、B之间的距离Lo=5m.在1=0 当B滑到木板的右端时A 系为xA=xB十Io:A、B到达 时刻B以o=2m/s的初速度向右运动，同时对 B恰好相碰 木板右端时，位移关系为xA A施加一水平向右、大小为6N的拉力F,A开 x板十L,L为木板长度 始相对长木板滑动.1=2s时A的速度大小为 =4m/s,木板与地面间的动摩擦因数=0.05， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2,求： 风F (1)物块A与木板间的动摩擦因数4A; (2)已知t2=2.5s时两物块均未滑离长木板，求 此时物块A、B间的距离x; (3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木 板长度L 【解题指导】 关键表述 关键表述解读 B表面光滑，在t=0时刻B B做匀速直线运动，对木板无 的初速度=2m/s 摩擦力 对A施加一水平向右、大小 为6N的拉力F,A开始相 A做匀加速直线运动，受力 对长木板滑动.t1=2s时A 分析，利用牛顿第二定律可 求得动摩擦因数 的速度大小为1=4m/s Λ、B之间的距离L0=5m, B做匀速直线运动，A做匀加 已知t2=2.5s时两物块均 速直线运动，A、B之间的初 未滑离长木板，求此时物块 始距离Lw=5m,满足xA十x A、B间的距离x =xB十L0关系 精品教辅·智慧人生 52加速位移x1'= 2a11'2=25 速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动， m, 故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1= m)a,变形得a=M十m F,当m《M时，可认为 匀速运动位移x2'=L一x1‘≈6.08m 10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当F2= 匀速运动时间，'=互=6：085=0.608s 15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M m十MM,则a=7F,即a与F成正比. 0 10 十ma.联立得M+m=2kg,i0=之，但是不[例]答案（1)m2 (2)0.35 总时间t=t1′十t2'=1.441s. gcos 0 [例5]答案ABC 能求解木板C的质量，故C错误：当F2=15N; 解析(])对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 解析若mgcos0>mgsin0且v1≤po,物块！ 时，对物块B,有mgcos0-mgsin0=ma,解得！ 先向下减速到零，然后反向加速到山从传送带 mgsin0-mgeos0=ma,解得4=&sin& gcos日 顶端高开，物块加速和减速过程对称，故A正！ 4=5,散B错误 (2)两个相邻计数点之间的时间间隔 确：若umgeos>mgsin0且1>0o,物块先向 第6课时实验四：探究加速度与物体· T=5×六s=0.10s, 下减速到零，然后反向加速到，与传送带共速！ 后向上匀速运动，故B正确：若mgcos 0-=1gsin1 受力、物体质量的关系 由逐差法和△x=aT”可得 物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若考点一 a (x,十z6十z)-（十十x≈1.97m/5, 一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大2.(1)合外力(2)质量(3)a-Fam 1 1272 小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D! 错误 4.(2)牵引力(3)匀速(4)接通电源 放开！ 代入到=snA,解得0,35。 gcos a 第5课时专题强化：“滑块一木板”小车 阶段复习（一）力与直线运动 模型中的动力学问题 :6.(1)小车和纸带受到的阻力(3)m>m 【规范训练】答案(1)0.4(2)3.75m (4)打点计时器接通电源释放小车 考点一 [例1]答案(1)不需要(2)0.39(3)小车 (3)7+26 m [例1]答案(1)12N(2)分离5s 质量没有远远大于砂和砂桶的总质量(4)AB! 解析(1)二者即将相对滑动时，对整体有F- 解析(1)由运动学公式得1=a1t1, 解析(1)在补偿阻力这步操作中，不需要通过！ u(M+m)g=(M+m)a 细绳把砂桶挂在小车上 解得a1=2m/s2,对A由牛顿第二定律得F 对木板有mg一(M十m)g=Ma ! (2)相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则 Amg=ma1,解得A=0.4. 联立解得F=12N. (2)t2=2.5s时B运动的位移大小xu=ot2 T=0.02×5s=0.1s (2)由于F=20N>12N,因此铁块与木板两者， 根据△x=aT 2×2.5m=5m,t2=2.5s时A运动的位移大 会分离，对铁块和木板由牛领第二定律分别有！ 可得该小车运动的加速度大小为= 13 小xA=2a142=分×2×2.52m=6.25m Fuimg=mat,umgu:(m+M)g-Ma: 4T2 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2 _0.1537-0.0691-0.0691 2=2.5s时A、B间的距离x=Lo十xB-xA m/s2≈0.39m/s. 5m+5m-6.25m=3.75m. 根据L=2a1-2at 4×0.12 (3)对木板由牛顿第二定律得 (3)图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有 解得分离所需时间t=55 Amg-a(m十m十M)g=Mag,解得a2= 远远大于砂和砂桶的总质量， [例2]答案D (4)在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误： 1m/s9 解析物块与木板恰好相对滑动时物块的加速· 设经过'物块B滑到木板的右端时A、B恰好 差，通过多次测量的方式可以减小，A正确：因 度a=ms=g=2m/s,此时对整体有Fm 砂和砂桶加速下降，处于失重状态，则细绳的拉 相碰，则7a12-L0十o,A到达木板右端， 力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总！ (M十m)g=(M十m)a,解得Fm=20N<F 重力当成小车的合力导致实验中存在系统误 40N,则物块与木板相对滑动，不可能以相同的 可得2a1”=L十2a2,联立解得L 差，可以将砂和砂桶以及小车看成一个整体研 加速度做匀加速运动，故A错误： 7+26 究，这样可以避免该系统误差，B正确；实验中 m. 木板的加速度a永板 F-ng一(M+m)g 2 M 用图像法处理数据可以减小偶然误差，C错误 第四章抛体运动 40-0.2×1×10-0.2×(1+4)×10 考点二 圆周运动 m/s2= [例2]答案(1)不需要(2)0.638 (3)D 第1课时 曲线运动运动的合 7m/s,故B错误；物块的加速度a携=ms 解析(1)实验中，细线对动滑轮和小车的作用 力通过弹簧测力计测量，不需要满足M>, 成与分解 :g=2m/s2,设经过时间t物块从木板上滑落，： 5 !考点一 (2)相邻计数点间的时间间隔为T 于=50s11.切线方向 则L=豆a板-a，代入数据解得1= =0.1s :2.变速(1)匀变速曲线 1s,此时物块的速度最大为⑦=a换t=2X 根据逐差法可得小车的加速度为 :判断正误 1m/s=2m/s,故C错误：物块到达木板左端 a=十1-2=2.67+3.32-1.40-2.041.×2.√3.×4.× 4T2 4×0.12 [例1]答案C 时木板前进的位移大小工来板=立口来核1=！ ×10-2m/s2=0.638m/s2, 解析气流对雨滴有作用力，当雨滴接近空气 之X7X1m=3.5m,故D正确」 (3)小车匀速运动时有2F。=F 伞时，受到水平方向的作用力，将产生水平方向 当更换重物后，由牛顿第二定律有2F一F 的加速度，此时雨滴所受的合力与运动的方向 [例31答案(1)4m/s(2)12m/s24m/s2 不在一条直线上，所以其运动轨迹将逐渐发生 -Ma (3)8m/s3m 弯曲，速度的方向不能发生突变，故A、B错误： 2F 解析(1)由牛领第二定律知mg一maA 解得a=F-M 雨滴原来的运动方向沿竖直方向向下，当受到 A加速度的大小aA=g 可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与！ 水平方向的作用力后，水平方向做加速直线运 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2=2aAL: 横轴交于一点，故D正确 动，竖直方向做加速直线运动，从受力点开始 合外力和速度方向成锐角，雨滴所做的运动的 解得vA=√2gL=4m/s. :[例3]答案(4)较大较小(5)如图所示 (6)远大于钩码的质量 见解析 轨迹一定是向合外力方向发生弯曲：穿过气流 (2)在左边缘再次对齐前，对B, 区后，由于雨滴的速度方向斜向下，与重力不在 根据牛领第二定律得mg十2umg=map 42/m*s2) 同一直线上，雨滴仍做曲线运动，故C正确，D 解得aB=34g=12m/s2 6.0 错误， 对齐后，对A、B整体，根据牛领第二定律得： 甲 考点二 2mg=2may',解得am'=ag=4m/s2 40 1.(1)分运动(2)合运动 (3)经过时间t,A、B达到共同速度，位移分别： ·2.平行四边形定则 为xA,A加速度的大小等于aA, 3.实际效果 2.0 则0=aa1阳一ad,工A=2aa :4.(1)时间 (2)独立进行(3)效果 10 判断正误 u=vut-2aul',xu-A=L 1.×2.×3.× 01 0.30F9.8N [例2]答案C 解得1=8m/s,xB=2.5m 解析(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相， 解析运动员同时参与了两个分运动，竖直方 A,B达到共同速度后，有=2au'x 比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小， 向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两 解得x'=0.5m,所以sm=xB十xu'=3m (5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的 个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力 考点二 曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的： 大小不影响竖直方向的运动，即落地时间和着 [例4]答案D 点均匀分布在线的两侧，如答图所示，(6)对钩 地时竖直方向的速度不变，故A、B错误，C正 解析由图乙可知，当10N<F15N时物块1 码根据牛顿第二定律有F一T=ma,对小车根， 确：水平风力越大，水平方向的速度越大，则落 B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加： 据牛顿第二定律有T=Ma,联立解得F=(M+! 地时的合速度越大，故D错误 460